微练(25) 导数与不等式证明-（作业课件）【赢在微点·顶层设计】2027年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦导数与函数、不等式证明等核心考点，依据高考评价体系梳理考查要求，通过分析近5年真题明确导数应用占比达35%、不等式证明占28%的高频考点分布，归纳极值求解、单调性分析等6类常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题引领+技巧突破”，收录2024全国甲卷等典型真题，详解作差法、放缩法等应试技巧，如导数证明题中通过构造辅助函数培养逻辑推理素养，借助表格对比函数单调性提升数学表达能力，助力学生掌握得分关键，教师可据此精准指导复习。

微练(二十五) 导数与不等式证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 6 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 8 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 解 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1 2 3 4 证明 高考复习顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 1．已知函数f(x)＝，当x＝1时，f(x)有极大值. (1)求实数a，b的值； 函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，且f′(x)＝，因为x＝1时，f(x)有极大值，所以解得a＝1，b＝0，经检验，当a＝1，b＝0时，f(x)在x＝1时有极大值，所以a＝1，b＝0. (2)当x>0时，证明：f(x)<. 由(1)知，f(x)＝，当x>0时，要证f(x)<，即证<，即证ex>x＋1.设g(x)＝ex－x－1，即g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)＝ex－1>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0在(0，＋∞)上恒成立，即ex－x－1>0在(0，＋∞)上恒成立，即ex>x＋1在(0，＋∞)上恒成立，故当x>0时，f(x)<. 2．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； 因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝，x>0，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；若a>0，则当0<x<时，f′(x)<0，当x>时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为 .综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 解法一(作差法直接求导证明)：设g(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，只需证当x>1时g(x)<0即可．易知g′(x)＝a－－ex－1，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－ex－1，由基本初等函数的单调性可知h′(x)在(1，＋∞)上单调递减，则当x>1时，h′(x)<h′(1)＝1－1＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递减，于是当x>1时，g′(x)<g′(1)＝a－2，又a≤2，所以a－2≤0，则当x>1时，g′(x)<0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x>1时，g(x)<g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 解法二(放缩法)：因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－ a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时g(x)>0.易知g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，则当x>1时，h′(x)>h′(1)＝0，所以h(x)＝g′(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 3.(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝ex＋x2－x－1. (1)求f(x)的最小值； 由题意可得f′(x)＝ex＋2x－1，则函数f′(x)在R上单调递增，且f′(0)＝0.所以由f′(x)>0，得x>0；由f′(x)<0，得x<0.则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0. (2)证明：ex＋xln x＋x2－2x>0. 要证ex＋xln x＋x2－2x>0，即证ex＋x2－x－1>－xln x＋x－1.由(1)可知当x>0时，f(x)>0恒成立．设g(x)＝－xln x＋x－1，x>0，则g′(x)＝－ln x．由g′(x)>0，得0<x<1；由g′(x)<0，得x>1.则g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0，故f(x)>g(x)，即ex＋xln x＋x2－2x>0. 4．已知函数f(x)＝ln x＋－1. (1)求函数f(x)的极值； 由题可知函数f(x)的定义域为{x|x>0}．因为f(x)＝ln x＋－1，所以f′(x)＝－＝，令f′(x)＝0，得x＝1.列表如下 x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值． (2)证明：＋＋…＋<ln 2(n∈N*)． 由(1)知f(x)≥0，即ln x＋－1≥0，即ln x≥1－＝，所以ln(x＋1)≥(当x＝0时，“＝”成立)．令x＝(n∈N*)，则ln>＝，则ln>，即ln(1＋n)－ln n>.所以 累加可得ln(2n)－ln n>＋＋…＋.即ln 2>＋＋＋…＋. $$